\chapter{中科院历年试题详解}
\section{2011}
一、

（1）氢原子基态的能量为$-13.6V$，那么第一激发态的氢原子电离能为：（）
$$A.13.6eV\qquad  B.3.9eV\qquad C.7.8eV\qquad D.2.5eV$$

（2）普朗克常数$h$的数值为：（）
$$A.1.05\times10^{-34}\qquad B.6.63\times10^{-34} \qquad C.1.05\times10^{-34}J·S \qquad D. 6.63\times10^{-34}J·S $$

（3）A、B为厄米算符，那么下列各选项为厄米算符的是：（）
$$A.\frac{1}{2}(BA-AB)\quad B.\frac{i}{2}(BA-AB)\quad C.AB+iBA\quad D.\frac{i}{2}(BA+AB)$$

（4）对于中心力场，下列各式正确的是:（）
\begin{align*}
&A.\int_0^\infty \mu(r)r^2dr=1\qquad B.\int_0^\infty\mu(r)4\pi r^2dr=1\\
& C.\int_0^\infty R_l(r)r^ 2dr=1 \qquad D. \int_0^\infty R_l(r)4\pi r^2dr=1
\end{align*}
其中：$\mu{r}=R_l(r)r$

（5）经典力学中有$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}=-\vec{p}\times{r}$，那么在量子力学中$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}=-\vec{p}\times{r}$是否也成立。请说明理由。

（6）在$(\vec{S}^2,S_z)$的共同的本征态中，写出$S_x,S_y$的矩阵表示，并说明是否可以找到这样的一个表象，使得$S_x,S_y,S_z$在该表象中的矩阵表示均为实矩阵，说明理由。

（7）写出氢原子、一维简谐振子、一维无限深势阱的能级，并用示意图表示。

（8）两个非全同粒子处于态$\psi(x_1,x_2)$，求出一个粒子处于$p'_1,p''_1$之间，另一个粒子处于$x'_2,x''_2$之间的几率。

二、已知$\hat{p}_r=\frac{1}{2}(\frac{\vec{r}}{r}\cdot\vec{p}+\vec{p}\cdot\frac{\vec{r}}{r})$

（1）$\hat{p}_r$是否为厄米算符，为什么？（2）写出$\hat{p}_r$的算符表示。（3）求出$[\hat{r},\hat{p}_r]=$？

三、（$30'$）有一质量为$m$的粒子在半径为$R$的圆周上运动，现加一微扰：
$$
H'=V(\varphi)=\begin{cases}
V_1,&-\alpha<\varphi<0;\\
V_2,&0<\varphi<\alpha;\\
0,     &\text{其他}
\end{cases}
$$
其中$\alpha<\pi$，求对最低两能级的一级修正。

四、（$30'$）一粒子在一维无限深方势阱$(0<x<a)$中运动，时间$t=0$时处在基态。此时加入一个高为$V_0$，宽为$b(b\ll a)$，中心在$\frac{a}{2}$的方势垒微扰。求$t_0(t_0>0)$时撤去微扰，体系处于前三个激发态的概率。

五、在$(l^2,l_z)$的共同表象中，粒子处于$Y_{20}$态，求$L_x$的可能值及相应的几率。





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\section*{2011解答}
一、

（1）氢原子基态的能量为$-13.6V$，那么第一激发态的氢原子电离能为：B
$$A.13.6eV\qquad  B.3.9eV\qquad C.7.8eV\qquad D.2.5eV$$
析：氢原子能级公式的形式$-\frac{1}{n^2}\cdot\text{常数}$，还是好记的，也就是说第一激发态为基态的$\frac{1}{4}$，即选B。氢原子完整的能级公式为：
$E_n=-\frac{e^2}{2a}\frac{1}{n^2}$，其中$a=\frac{\hbar^2}{me^2}$。

（2）普朗克常数$h$的数值为：D
$$A.1.05\times10^{-34}\qquad B.6.63\times10^{-34} \qquad C.1.05\times10^{-34}J·S \qquad D. 6.63\times10^{-34}J·S $$

（3）A、B为厄米算符，那么下列各选项为厄米算符的是：B
$$A.\frac{1}{2}(BA-AB)\quad B.\frac{i}{2}(BA-AB)\quad C.AB+iBA\quad D.\frac{i}{2}(BA+AB)$$
析：各个选项分别取厄米$^\dagger$看看就知道了。$A^\dagger=\frac{1}{2}(AB-BA)\quad B^\dagger=-\frac{i}{2}(AB-BA) \quad C^\dagger=BA-iAB \quad D^\dagger=\frac{i}{2}(BA+AB)$，选B。

（4）对于中心力场，下列各式正确的是:C
\begin{align*}
&A.\int_0^\infty \mu(r)r^2dr=1\qquad B.\int_0^\infty\mu(r)4\pi r^2dr=1\\
& C.\int_0^\infty R_l(r)r^ 2dr=1 \qquad D. \int_0^\infty R_l(r)4\pi r^2dr=1
\end{align*}
其中：$\mu{r}=R_l(r)r$

析：？？有些问题，先放着。

（5）经典力学中有$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}=-\vec{p}\times{r}$，那么在量子力学中$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}=-\vec{p}\times{r}$是否也成立。请说明理由。

答：是。
\begin{align*}
\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}&=(x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k})\times
(p_x\vec{i}+p_y\vec{j}+p_z\vec{k})
=(yp_z-zp_y)\vec{i}+(zp_x-xp_z)\vec{j}+(xp_y-yp_x)\vec{k}\\
&=L_x\vec{i}+L_y\vec{j}+L_z\vec{k}\\
\vec{p}\times\vec{r}&
=(p_x\vec{i}+p_y\vec{j}+p_z\vec{k})\times(x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k})
=p_xy\vec{k}-p_xz\vec{j}-p_yx\vec{k}+p_yz\vec{i}+p_zx\vec{j}-p_zy\vec{i}\\
&=(p_yz-p_zy)\vec{i}+(p_zx-p_xz)\vec{j}+(p_xy-p_yx)\vec{k}=-\vec{r}\times\vec{p}
\end{align*}

（6）在$(\vec{S}^2,S_z)$的共同的本征态中，写出$S_x,S_y$的矩阵表示，并说明是否可以找到这样的一个表象，使得$S_x,S_y,S_z$在该表象中的矩阵表示均为实矩阵，说明理由。

答：

1、在$(\vec{S}^2,S_z)$的共同本征态中，$S_x,S_y$的矩阵表示为
\footnote{ 就是考察泡利矩阵}：
$$
S_x=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{pmatrix},
S_y=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0 & -i\\i & 0\end{pmatrix}
$$

2、因为$\sigma_x \sigma_y \sigma_z=i$，
当$S_x,S_y,S_z$均为实矩阵时，$\sigma_x \sigma_y \sigma_z\ne  i$与$\sigma_x \sigma_y \sigma_z=i$矛盾，
故不存在一个表象使得$S_x,S_y,S_z$在该表象中的矩阵表示均为实矩阵。
\footnote{ 实矩阵意味着什么呢？有什么物理意义？实在没想到很好的回答，只能用这个顶顶，感觉没回答在点上，请知道的告知我！}

（7）写出氢原子、一维简谐振子、一维无限深势阱的能级，并用示意图表示。

答：

 氢原子：$E_n=-\cfrac{e^2}{2a}\frac{1}{n^2}(a=\cfrac{\hbar^2}{me^2})$，
 一维简谐振子：$E_n=(n+\cfrac{1}{2})\hbar\omega$，
 一维无限深势阱：$E_n=\cfrac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$，
图暂略！

（8）两个非全同粒子处于态$\psi(x_1,x_2)$，求出一个粒子处于$p'_1,p''_1$之间，另一个粒子处于$x'_2,x''_2$之间的几率。

答：

\footnote{ 非全同粒子，各顾各，之间没联系}
在动量$p_1',p_1''$之间的几率，应在动量表象下考量，$\psi(x_1,x_2)$在$p_1$动量表象下的形式为：
$$\langle p_1|\psi(x_1,x_2)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{+\infty}
\psi(x_1,x_2)e^{-\frac{ix_1p}{\hbar}}dx_1$$
波函数的平方才是几率密度，而且是归一化的波函数，
%这两种表述应该是一样的？？
%归一化常数又是在不同表象下是相同的，故一个粒子处于$p'_1,p''_1$之间的几率为：
%$$\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{p_1'}^{p_1''}\big|\langle p_1|\psi(x_1,x_2)\rangle\big|^2dp_1dx_2}{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}
%\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}=
%\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{p_1'}^{p_1''}
%\big|
%\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}
%\int_{-\infty}^{+\infty}
%\psi(x_1,x_2)e^{-\frac{ix_1p}{\hbar}}dx_1
%\big|^2dp_1dx_2}
%{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%$$
%另一个粒子处于$x'_2,x''_2$之间的几率为：
%$$
%\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{x_2'}^{x_2''}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%$$
%则一个粒子处于$p'_1,p''_1$之间，另一个粒子处于$x'_2,x''_2$之间的几率为：
%$$
%\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{p_1'}^{p_1''}
%\big|
%\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}
%\int_{-\infty}^{+\infty}
%\psi(x_1,x_2)e^{-\frac{ix_1p}{\hbar}}dx_1
%\big|^2dp_1dx_2}
%{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%\cdot
%\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{x_2'}^{x_2''}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}
%$$
一个粒子处于$p'_1,p''_1$之间，另一个粒子处于$x'_2,x''_2$之间的几率为：
$$\frac{\int_{p_1'}^{p_1''}\int_{x_2'}^{x_2''}\big|
\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{+\infty}
\psi(x_1,x_2)e^{-\frac{ix_1p}{\hbar}}dx_1
\big|^2dp_1dx_2}{\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}
\big|\psi(x_1,x_2)\big|^2dx_1dx_2}$$

二、已知$\hat{p}_r=\frac{1}{2}(\frac{\vec{r}}{r}\cdot\vec{p}+\vec{p}\cdot\frac{\vec{r}}{r})$

（1）$\hat{p}_r$是否为厄米算符，为什么？
（2）写出$\hat{p}_r$的算符表示。
（3）求出$[\hat{r},\hat{p}_r]=$？

答：（1）
$$\hat{p}_r^\dagger=\frac{1}{2}(\frac{\vec{r}}{r}\cdot\vec{p}+\vec{p}\cdot\frac{\vec{r}}{r})^\dagger=\frac{1}{2}(\vec{p}^\dagger\cdot\frac{\vec{r}^\dagger}{r}+\frac{\vec{r}^\dagger}{r}\cdot\vec{p}^\dagger)=\frac{1}{2}(\frac{\vec{r}^\dagger}{r}\cdot\vec{p}^\dagger+\vec{p}^\dagger\cdot\frac{\vec{r}^\dagger}{r})$$
又$\vec{p}^\dagger=\vec{p},\vec{r}^\dagger=\vec{r}$，所以$\vec{p}_r^\dagger=\vec{p}_r$，$\hat{p}_r$是厄米算符。

（2）
\begin{align*}
\frac{\vec{r}}{r}\cdot\vec{p}\psi&=-i\hbar\vec{e}_r\cdot\nabla\psi=-i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial r}\\
\vec{p}\cdot\frac{\vec{r}}{r}\psi&=-i\hbar\nabla\cdot(\frac{\psi}{r}\vec{r})
=-i\hbar(\frac{\psi}{r}\nabla\cdot\vec{r}+\vec{r}\cdot\nabla\frac{\psi}{r})
=-i\hbar(\frac{3\psi}{r}+\vec{r}\cdot\frac{r\nabla\psi-\psi\nabla r}{r^2})\\
&=-i\hbar[\frac{3\psi}{r}+\vec{r}(\frac{\nabla\psi}{r}-\frac{\vec{r}}{r^3}\psi)]
=-i\hbar(\frac{3\psi}{r}+\frac{\partial\psi}{\partial r}-\frac{\psi}{r})
=-i\hbar(\frac{2\psi}{r}+\frac{\partial\psi}{\partial r})\\
\hat{p}_r&=\frac{1}{2}(\frac{\vec{r}}{r}\cdot\vec{p}+\vec{p}\cdot\frac{\vec{r}}{r})
=-i\hbar(\frac{1}{r}+\frac{\partial}{\partial r})
\end{align*}
（3）
\begin{align*}
[r,p_r]&=rp_r-p_rr\\
rp_r\psi&=-i\hbar r(\frac{\psi}{r}+\frac{\partial\psi}{\partial r})
=-i\hbar(\psi+r\frac{\partial\psi}{\partial r}),\quad
p_r r\psi=-i\hbar(\frac{1}{r}+\frac{\partial}{\partial r})(r\psi)
=-i\hbar(\psi+\psi+r\frac{\partial \psi}{r})\\
[r,p_r]&=i\hbar
\end{align*}

三、（$30'$）有一质量为$m$的粒子在半径为$R$的圆周上运动，现加一微扰：
$$
H'=V(\varphi)=\begin{cases}
V_1,&-\alpha<\varphi<0;\\
V_2,&0<\varphi<\alpha;\\
0,     &\text{其他}
\end{cases}
$$
其中$\alpha<\pi$，求对最低两能级的一级修正。

解：
$$H\psi=E\psi\qquad [\frac{p^2}{2m}+V]\psi=E\psi
\qquad [-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V]\psi=E\psi$$
$$\nabla^2=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2\frac{\partial}{\partial r})+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}$$
未受微扰时，$R,\theta$为常数，有：
$$-\frac{\hbar^2}{2mr^2}\frac{d^2}{d\varphi^2}\psi=E\psi$$
令$I=mr^2,k^2=\frac{2IE}{\hbar^2}$有，$\frac{d^2\psi}{d\varphi^2}+k^2\psi=0$
，解得：$\psi=Ae^{ik\varphi}+Be^{-ik\varphi}$，由边界条件$\psi(\varphi_0)=\psi(\varphi_0+2\pi)$［任意角度与加上$2\pi$处的波函数相同，转了一圈回到原位置当然相同。］，有：
$$Ae^{ik\varphi_0}+Be^{ik\varphi_0}=Ae^{ik\varphi_0}e^{ik2\pi}+Be^{-ik\varphi_)}e^{-ik2\pi}\Longrightarrow
Ae^{ik\varphi_0}(1-e^{ik2\pi})+Be^{-ik\varphi_0}(1-e^{-ik2\pi})=0$$
$$\Longrightarrow \begin{cases}A=0\\k=0,\pm1,\pm2,\cdots\end{cases}
\text{或}
\begin{cases}B=0\\k=0,\pm1,\pm2,\cdots\end{cases}
$$
$$
\text{即：}
\psi=Ae^{ik\varphi},k=0,\pm1,\pm2,\cdots
\text{或}
\psi=Be^{-ik\varphi},k=0,\pm1,\pm2,\cdots
$$
当$k$取正负时，这两组解是相同的，故解表示为：
$$\psi=Ae^{ik\varphi},k=0,\pm1,\pm2,\cdots$$
归一化：
$$\int_0^{2\pi}\psi^*\psi\varphi=1\quad A^22\pi=1\quad A=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\qquad
\psi_k=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{ik\varphi},\quad E_k=\frac{k^2\hbar^2}{2I}
\qquad k=0,\pm1,\pm2,\cdots$$
\begin{align*}
E_0'&=\langle\psi_0|H'|\psi_0\rangle
=\frac{V_1}{2\pi}\int_{-\alpha}^0d\varphi+\frac{V_2}{2\pi}\int_0^\alpha d\varphi
=\frac{V_1\alpha}{2\pi}+\frac{V_2\alpha}{2\pi}
=\frac{\alpha(V_1+V_2)}{2\pi}
\end{align*}
$E_1$有简并，有：
\begin{align*}
H_{11}&=\langle\psi_1|H'|\psi_1\rangle
=\frac{V_1}{2\pi}\int_{-\alpha}^0e^{-i\varphi}e^{i\varphi}d\varphi+\frac{V_2}{2\pi}\int_0^\alpha e^{-i\varphi}e^{i\varphi}d\varphi
=\frac{\alpha(V_1+V_2)}{2\pi}\\
H_{1,-1}&=\langle\psi_1|H'|\psi_{-1}\rangle
=\frac{V_1}{2\pi}\int_{-\alpha}^0e^{-i\varphi}e^{-i\varphi}d\varphi+\frac{V_2}{2\pi}\int_0^\alpha e^{-i\varphi}e^{-i\varphi}d\varphi
\end{align*}
有些问题，先放着。？？？？？？？？？？？？？？？

四、（$30'$）一粒子在一维无限深方势阱$(0<x<a)$中运动，时间$t=0$时处在基态。此时加入一个高为$V_0$，宽为$b(b\ll a)$，中心在$\frac{a}{2}$的方势垒微扰。求$t_0(t_0>0)$时撤去微扰，体系处于前三个激发态的概率。

解：无微扰时，波函数、能级为：$\psi_n^0=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{n\pi x}{a},\quad E_n^0=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2\mu a^2}$

$t_0$撤去微扰时，体系处于前三个激发态的概率为：跃迁到第一激发态$\psi_2$的概率、跃迁到第二激发态$\psi_3$的概率、跃迁到第三激发态$\psi_4$的概率之和，即：
$$|a_2(t_0)|^2+|a_3(t_0)|^2+|a_4(t_0)|^2$$
$$
a_m=\frac{1}{\hbar}\int_0^{t_0}H'_{m1}e^{i\omega_{m1}t}dt,\quad
a_2=\frac{1}{\hbar}\int_0^{t_0}H'_{21}e^{i\omega_{21}t}dt,\quad
a_3=\frac{1}{\hbar}\int_0^{t_0}H'_{31}e^{i\omega_{31}t}dt,\quad
a_4=\frac{1}{\hbar}\int_0^{t_0}H'_{41}e^{i\omega_{41}t}dt
$$
其中$\omega_{m1}=\frac{E_m-E_1}{\hbar},E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2\mu a^2},E_2=\frac{4\pi^2}{2\mu a^2},E_3=\frac{9\pi^2\hbar^2}{2\mu a^2},E_4=\frac{16\pi^2\hbar^2}{2\mu a^2},
\omega_{21}=\frac{3\pi^2\hbar}{2\mu a^2},\omega_{31}=\frac{4\pi^2\hbar}{\mu a^2},\omega_{41}=\frac{15\pi^2\hbar}{2\mu a^2}$。
$$
H'_{m1}=\langle\psi_m|H'|\psi_1\rangle
=\frac{2V_0}{a}\int_{\frac{a-b}{a}}^{\frac{a+b}{2}}\sin\frac{m\pi x}{a}\sin\frac{\pi x}{a}dx
=\frac{V_0}{a}\int_{\frac{a-b}{a}}^{\frac{a+b}{2}}\left[\cos(m-1)\frac{\pi}{a}x-\cos(m+1)\frac{\pi}{a}x\right]dx$$
利了用积化和差公式：$\sin\alpha\sin\beta=-\frac{1}{2}(\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta))$。又由于$b\ll a$，对积分近似，一维积分就是求面积，将这个积分近似为微小矩形的面积，宽为：$\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}=b$，高为$\cos(m-1)\frac{\pi}{a}a-\cos(m+1)\frac{\pi}{a}a=\cos(\frac{m\pi}{2}+\frac{\pi}{2})-\cos(\frac{m\pi}{2}-\frac{\pi}{2})$，有\footnote{ 要对“微小”两个字敏感，对于所谓的“微小”情况，就要想到相关的近似，如积分可以直接看成矩形求面积，还有泰勒展开之类。}：
$$H'_{m1}=\frac{V_0b}{a}\left[\cos(\frac{m\pi}{2}+\frac{\pi}{2})-\cos(\frac{m\pi}{2}-\frac{\pi}{2})\right]$$
利用三角公式：$\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$，有：
$$\cos(\frac{m\pi}{2}+\frac{\pi}{2})=\cos\frac{m\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}-\sin\frac{m\pi}{2}\sin\frac{\pi}{2}=-\sin\frac{m\pi}{2}
$$
$$
\cos(\frac{m\pi}{2}-\frac{\pi}{2})=\cos\frac{m\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}+\sin\frac{m\pi}{2}\sin\frac{\pi}{2}=\sin\frac{m\pi}{2}
$$
$$H'_{m1}=-\frac{2V_0b\sin\frac{m\pi}{2}}{a}$$
$$a_m(t_0)=\frac{1}{i\hbar}\int_0^{t_0}(-\frac{2V_0b\sin\frac{m\pi}{2}}{a})e^{i\omega_{m1}t}dt=-\frac{2V_0b\sin\frac{m\pi}{2}}{i\hbar a}\int_0^{t_0}e^{i\omega_{m1}t}dt=\frac{2V_0b\sin\frac{m\pi}{2}}{a\hbar\omega_{m1}}e^{i\omega_{m1}t_0}$$
\begin{align*}
a_2(t_0)&=a_4(t_0)=0\\
a_3(t_0)&=\frac{2V_0b}{a\hbar}\cdot\frac{\mu a^2}{4\pi^2\hbar}e^{i\omega_{m1}t_0}
\end{align*}
于是$t_0$撤去微扰，体系处于前三个激发态的概率为：
$$P=|a_3(t_0)|^2=(\frac{abv_0\mu}{2\pi^2\hbar^2})^2=\frac{a^2b^2V_0^2\mu^2}{4\pi^4\hbar^4}$$

五、在$(l^2,l_z)$的共同表象中，粒子处于$Y_{20}$态，求$L_x$的可能值及相应的几率。

方法一：
{ 对于$Y_{lm},Y_{20}$，利用$m=0,l_zY_{lm}=m\hbar Y_{lm},l_zY_{20}=0$，这个特点。}

设$(l^2,l_x)$的共同本证态为$|lm\rangle_x$，将$Y_{20}$或表示为$|20\rangle_z$用$(l^2,l_x)$的共同本征态表示\footnote{ 中心思路：波函数可由一组正交归一的本征函数系表示，即本题中，用$l_x$的本征函数表示$Y_{20}$，各本征态前的系数的平方，表示测得各本征态对应本征值的概率。}：
$$|20\rangle_z=\sum_{m=-2}^2C_m|2m\rangle_x$$
对于升降算符求$(l^2,l_z)$共同本征态过程，可以看出，对$(l^2,l_x),(l^2,l_y)$而言也是相同的，只不过遵从轮换性质。在$(l^2,l_z)$表象下：$l_+=l_x+il_y, l_-=l_x-il_y$；在$(l^2,l_x)$表象下：$l_+=l_y+il_z, l_-=l_y-il_z,l_z=\frac{1}{2i}(l_+-l_-)$。利用
$l_{\pm}|lm\rangle=\hbar\sqrt{(l\mp m)(l\pm m+1)}|jm\pm1\rangle$，有：
\begin{align*}
l_\pm|2m\rangle_x&=\hbar\sqrt{(2\pm m)(3\pm m)}|2,m\pm 1\rangle_x
=\hbar\sqrt{6\pm2m\mp3m+m^2}|2,m\pm1\rangle_x\\
&=\hbar\sqrt{6-m(m\pm1)}|2,m\pm1\rangle_x
\end{align*}
无论处于何种表象中，本征态的本征值不变。$|20\rangle$是$(l^2,l_z)$表象$l_z$中的本征态，故$l_z|20\rangle=0$。
由$l_z=\frac{1}{2i}(l_+-l_-)$，有：
$$l_z|20\rangle=\frac{1}{2i}(l_+-l_-)\sum_{m=-2}^2C_m|2m\rangle_x$$
且$l_-|2,-2\rangle_x=0,l_+|2,2\rangle=0$，即：
\begin{align*}
0&=l_+C_{-2}|2,-2\rangle_x+l_+C_{-1}|2,-1\rangle_x+l_+C_0|2,0\rangle_x+l_+C_1|2,1\rangle_x+l_+C_2|2,2\rangle_x-l_-C_{-2}|2,-2\rangle_x\\
&\qquad -l_-C_{-1}|2,-1\rangle_x-l_-C_0|2,0\rangle_x-l_-C_1|2,1\rangle_x-l_-C_2|2,2\rangle_x
\end{align*}
\begin{align*}
0&=2\hbar C_{-2}|2,-2\rangle_x+\sqrt6\hbar C_{-1}|2,-1\rangle_x+\sqrt6\hbar C_0|2,0\rangle_x+2\hbar C_1|2,1\rangle_x-2\hbar C_{-1}|2,-1\rangle_x\\
&\qquad -\sqrt6\hbar C_0|2,0\rangle_x-\sqrt6\hbar C_1|2,1\rangle_x-2\hbar C_2|2,2\rangle_x
\end{align*}
$$0=(2C_{-2}-\sqrt6C_0)|2,-1\rangle_x+(\sqrt6C_{-1}-\sqrt6C_1)|2,0\rangle_x
+(\sqrt6C_0-2C_2)|2,1\rangle_x+2C_1|2,2\rangle_x-2C_{-1}|2,-2\rangle_x$$
系数需为$0$才满足等式及归一化条件$\sum_{m=-2}^2|C_m|^2=1$，有：
$$\begin{cases}
C_1=C_{-1}=0\\
2C_{-2}-\sqrt6C_0=0\\
\sqrt6C_0-2C_2=0\\
|C_0|^2+|C_2|^2+|C_{-2}|^2=1
\end{cases}
\Longrightarrow
|C_0|^2=\frac{1}{4},|C_{-2}|^2=|C_2|^2=\frac{3}{8}
$$
即：$l_x$的可能测值为：$2\hbar,-2\hbar,0$，概率分别为：$\frac{3}{8},\frac{3}{8},\frac{1}{4}$。

方法二：见曾书p333\~{}p337

$\langle jm+1|j_x|jm\rangle=\frac{\hbar}{2}\sqrt{(j-m)(j+m+1)}$，$l=2$时，
$$
l_x=
\begin{vmatrix}
0&\hbar&0&0&0\\
\hbar&0&\frac{\sqrt6}{2}\hbar&0&0\\
0&\frac{\sqrt6}{2}\hbar&0&\frac{\sqrt6}{2}\hbar&0\\
0&0&\frac{\sqrt6}{2}\hbar&0&\hbar\\
0&0&0&\hbar&0
\end{vmatrix}
$$
由此可求得$l_x$的各本征态，将$Y_{20}$用求得的本征态展开，
$$Y_{20}=
\begin{pmatrix}
0\\0\\1\\0\\0
\end{pmatrix}
$$

方法三：见曾题集p214，6.60








